Killing Tensor der Friedman-Robertson-Walker-Metrik

Ich kenne keinen cleveren Weg, dies zu tun. Aber es ist "einfach zu überprüfen", indem man das einfach überprüft

$$\nabla_{(\alpha}K_{\mu\nu)}=0$$

ist befriedigt. Auf dem Papier habe ich etwa eine halbe Stunde gebraucht. Es ist keine Computeralgebra notwendig!

Die räumlich flache FRW-Metrik ist tatsächlich metrisch

$$ds^2=-dt^2+a(t)^2(dr^2+r^2d\Omega^2)$$

was äquivalent ist

$$ds^2=-dt^2+a(t)^2(dx^2+dy^2+dz^2).$$

Die Berechnung ist besonders einfach in$t,x,y,z$Koordinaten. Die räumlichen Koordinaten sind alle äquivalent, also können wir Indizes einfach als beides betrachten$0$(zeitlich) bzw$i$(räumlich).

Wir haben

$$g_{00}=-1;\quad g_{0j}=0;\quad g_{ij}=a^2\delta_{ij}$$

Und

$$g^{00}=-1;\quad g^{0j}=0;\quad g^{ij}=a^{-2}\delta^{ij}$$

woraus wir entnehmen, dass die einzigen Nicht-Null-Christoffel-Symbole sind

$$\Gamma^0_{ij}=-\frac{\dot a}{a^3}\delta_{ij}$$

Und

$$\Gamma^i_{0j}=\frac{\dot a}{a}\delta^i_j.$$

(Es sind sechs Fälle zu berücksichtigen, und jede Berechnung besteht aus einer oder zwei Zeilen.)

Als nächstes verwenden$u_\mu=(-1,0,0,0)$, wir glauben, dass

$$K_{00}=0;\quad K_{0j}=0;\quad K_{ij}=a^4\delta_{ij}.$$

Unter Verwendung der üblichen Formel für die kovariante Ableitung eines Tensors mit zwei kovarianten Indizes können wir fortfahren, die einzigen kovarianten Ableitungen ungleich Null zu berechnen$K_{\mu\nu}$Sind

$$\nabla_0K_{ij}=2a^3\dot{a}\,\delta_{ij}$$

Und

$$\nabla_i K_{0j}=-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}.$$

(Auch hier müssen sechs Fälle betrachtet werden. Jeder benötigt nicht mehr als ein paar Zeilen. Beachten Sie das konzeptionell interessante zweite Ergebnis, bei dem die kovariante Ableitung einer Nullkomponente nicht Null ist, da Christoffel-Symbole ungleich Null andere Komponenten multiplizieren, die nicht Null sind.)

Schließlich muss die Killing-Tensor-Bedingung für vier Fälle überprüft werden. Denken Sie daran, dass eingeklammerte Indizes durch Summieren über Permutationen symmetrisiert werden müssen. Seit$K_{\mu\nu}$symmetrisch ist, müssen wir nur drei der sechs Permutationen betrachten; wir "rotieren" einfach die Indizes.

Wenn die drei Indizes alle zeitlich sind, reduziert sich dies auf einen Term, von dem wir festgestellt haben, dass er verschwindet:

$$\nabla_0 K_{00}=0.$$

Wenn zwei Indizes zeitlich und einer räumlich sind, ist es trivialerweise null, weil alle Terme null sind:

$$\nabla_0 K_{0i}+\nabla_0 K_{i0}+\nabla_i K_{00}=0.$$

Wenn ein Index zeitlich und zwei räumlich sind, ist er nicht trivialerweise null, weil die drei Terme – mirabile dictu! - stornieren:

$$\nabla_0 K_{ij}+\nabla_i K_{j0}+\nabla_j K_{0i}=2a^3\dot{a}\,\delta_{ij}-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}-a^3\dot{a}\,\delta_{ij}=0.$$

Wenn alle drei Indizes räumlich sind, ist es trivialerweise wieder Null:

$$\nabla_i K_{jk}+\nabla_j K_{ki}+\nabla_k K_{ij}=0.$$

So

$$\nabla_{(\alpha}K_{\mu\nu)}=0$$

ist für alle möglichen Werte von erfüllt$\alpha$,$\mu$, Und$\nu$.